2020秋物理第一册课后作业：综合评估4 第四章运动和力的关系含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020秋物理新教材人教版必修第一册课后作业：综合评估4第四章运动和力的关系含解析第四章《运动和力的关系》综合评估一、选择题(1～6为单选每小题4分，7～10为多选每小题5分，共44分)1．关于惯性的大小，下列叙述正确的是(B)A．两个质量相同的物体,在阻力相同的情况下，速度大的不容易停下来，所以速度大的物体惯性大B．两个质量相同的物体，不管速度大小,它们的惯性的大小一定相同C．推动地面上静止的物体，要比维持这个物体做匀速运动所需的力大,所以物体静止时惯性大D．在月球上举重比在地球上容易，所以质量相同的物体在月球上比在地球上惯性小解析:物体的惯性的大小是由物体的质量决定的，质量相同则惯性大小相同,惯性的大小与物体的位置、是否受力和如何运动均无关．故B正确，A、C、D错误．2．一物体在共点力作用下，下列说法中正确的是（C)A．物体的速度在某一时刻等于零，则该时刻物体一定处于平衡状态B．该物体相对于另一物体保持静止时,该物体一定处于平衡状态C．物体所受合力为零时，物体一定处于平衡状态D．物体做匀加速运动时,物体可能处于平衡状态解析：处于平衡状态的物体,从运动形式上看是处于静止状态或匀速直线运动状态，从受力上看是物体所受合力为零．物体在某一时刻速度为零,所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项A错误．该物体相对于另一个物体静止时，该物体所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，选项B错误．根据共点力的平衡条件可知选项C正确．物体做匀加速运动时，所受合力一定不为零,故不可能处于平衡状态，选项D错误．3。如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ.现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块之间的距离为（A)A．L＋eq\f(μm1g,k） B．L＋eq\f(μm1＋m2g,k)C．L＋eq\f(μm2g,k） D．L＋eq\f（μm1m2g，km1＋m2）解析：由于两木块一起匀速运动,故每个木块均受力平衡，设弹簧的伸长量为Δx，对木块1进行受力分析,可得kΔx＝μm1g,所以Δx＝eq\f（μm1g，k）,因此两木块间的距离为L＋Δx＝L＋eq\f(μm1g,k）,选项A正确．4．如图所示,物块以初速度v0从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的v－t图像是(A）解析：物块在运动过程中，只受到重力和支持力作用,合力不变，加速度不变，物体先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，故A正确．5．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2,则(D）A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝eq\f(m1，m1＋m2)a,a2＝eq\f(m2,m1＋m2）aD．a1＝a，a2＝－eq\f(m1,m2）a解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时,弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间,弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B物体：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－eq\f（m1,m2）a,所以只有D项正确．6．质量m0＝30kg、长L＝1m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15。将质量m＝10kg的小木块(可视为质点),以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示）．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0。4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2）．则以下判断中正确的是（C）A．木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动,小木块不能滑出木板解析：木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为Ff2′，方向向右，大小为Ff2′＝Ff2＝40N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,即Ff1＝μ1（m＋m0）g＝60N．Ff1方向向左,Ff2′＜Ff1,木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－veq\o\al（2,0）＝－2μ2gx得x＝2m＞L＝1m，故小木块能滑出木板,选项C正确．7．关于牛顿第二定律的下列说法中,正确的是（AB)A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合力大小决定，与物体的速度大小无关B．物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关C．物体所受合力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D．一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，其速度也一定立即变为零解析：对于某个物体，合力的大小决定加速度的大小，合力的方向决定加速度的方向,而与速度的方向无关，选项A、B正确；物体所受合力方向若与速度方向相同,则物体做加速运动;若合力方向与速度方向相反，则物体做减速运动，选项C错误；合力一旦为零,根据牛顿第二定律，则加速度立即为零,而此时物体的速度不一定为零,物体有可能做匀速直线运动，选项D错误．8。如图所示，100个大小相同、质量均为M的光滑小球，静止放置于两个相互垂直挡板上，平面AB与水平面夹角为30°，则(AD）A．第1个小球受4个力作用B．第8个小球受力个数可能小于4C．斜面对第31个小球的支持力为eq\f(Mg,2)D．第5个小球对第4个小球的作用力为48Mg解析：选取第1个小球为研究对象,对它进行受力分析，它受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和第2个小球对它的压力,故选项A正确；选取第8个小球为研究对象，对它进行受力分析,它受到重力、斜面的支持力、第7个小球对它的支持力和第9个小球对它的压力．故它受到4个力的作用，故选项B错误;选取第31个小球为研究对象,对它进行受力分析，它受到的斜面的支持力等于重力垂直于斜面方向的分量，即FN＝Mgcos30°＝eq\f(\r(3）Mg,2），故选项C错误;以第5个球到第100个球共96个球整体为研究对象，由于无摩擦力，由平衡条件得知，第4个小球对第5个球的作用力大小等于这96个球的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F＝96Mgsin30°＝48Mg，故选项D正确．9．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图线可知（AC)A．该同学体重约为650NB．该同学做了两次下蹲－起立的动作C．该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2s起立D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析:由图线可知该同学体重约为650N,A正确．人下蹲动作有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，故下蹲时应先失重再超重．起立时应先超重再失重，由对应图像可知，该同学做了一次下蹲－起立的动作,B、D错误．由图像看出两次超重的时间间隔约为2s，这就是人蹲下后持续的时间，C正确．10．如图甲所示，地面上有一质量为M的重物,用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是(ABD)A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg〉F,物体不动B．图中A点值即为物体的重力值C．物体向上运动的加速度和力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析:当0≤F≤Mg时，物体静止,选项A正确；当F>Mg时，即能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma,a＝eq\f(F,M）－g,A点表示的意义即为F＝Mg，所以选项B正确;直线的斜率为eq\f（1，M），故B点数值的绝对值为g，故选项D正确．二、填空题（共2小题，每小题8分,共16分)11.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某同学使用了如图所示的装置,打点计时器使用的交流电频率为50Hz.（1)该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图1所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0mm、12。0mm、14。0mm、16。0mm、18.0mm，则打E点时小车的速度为0。85m/s，小车的加速度为5.0m/s2;（2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系,应该保持拉力F(砂和砂桶的总质量)不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系,应该保持小车质量M不变；(3)该同学通过数据的处理作出了a－F图像，如图2所示,则图中直线不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度．解析：(1)D、F两点间的平均速度即为E点的瞬时速度，vE＝eq\f（xDF,2T)＝eq\f（16.0＋18.0×10－3,2×0。02）m/s＝0。85m/s根据Δx＝aT2得：a＝eq\f（Δx,T2）＝eq\f(2.0×10－3，0.022)m/s2＝5.0m/s2.（2）该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力F不变即砂桶（含砂)的质量不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变．（3）题图2中当F＝0时，a≠0。说明当绳子上没有拉力时,小车的加速度不为0，也就是说小车的摩擦力小于重力的分力,所以原因是实验前木板右端垫得过高．12．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码的总质量为m′,托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2。（1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的位移与时间，计算a的运动学公式是a＝eq\f（2x,t2）。(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为a＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m－μg他想通过多次改变m，测出相应的a值,并利用上式来计算μ。若要求a是m的一次函数，必须使上式中的m＋m′保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．(3)实验得到a与m的关系如图所示，由此可知μ＝0。23(取两位有效数字）．解析：（1)由x＝eq\f（1,2）at2，得a＝eq\f（2x,t2），可见需测出滑块在A、B间的位移x和运动时间t.（2）要使a＝eq\f(1＋μg，M＋m′＋m）m－μg是m的一次函数，必须使m＋m′保持不变，这就要求实验中从托盘中取出的砝码应置于滑块上．（3）由a＝eq\f（1＋μg，M＋m′＋m)m－μg，得a＋μg＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m）m.取a1＝0.23m/s2,m1＝0.064kg；a2＝0。39m/s2,m2＝0.068kg，则eq\f(a1＋μg，a2＋μg)＝eq\f(m1，m2)，解得μ≈0。23.三、计算题(共4小题，每小题10分，共40分)13。如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10m/s2,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求木块的加速度大小;（2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小．解析:（1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsinθ,根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＝10×0。6m/s2＝6m/s2.（2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．在x方向上（沿斜面方向)mgsinθ－Ff＝ma2①在y方向上（垂直斜面方向）FN＝mgcosθ②又因为Ff＝μFN③由①②③得a2＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0。6－0。5×10×0.8）m/s2＝2m/s2。答案：（1)6m/s2(2）2m/s214。如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧下端连有一质量为m的小球,小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若手持挡板A以加速度a(a<gsinθ）沿斜面匀加速下滑，求：（1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间;(2)从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球经过的最小路程．解析：（1)当小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，对小球，由牛顿第二定律得mgsinθ－kx＝ma解得小球做匀加速运动的位移为x＝eq\f(mgsinθ－a,k）由x＝eq\f（1,2）at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t＝eq\r(\f(2x，a）)＝eq\r（\f(2mgsinθ－a,ka))。（2)小球的速度达到最大时,其加速度为零，则有kx′＝mgsinθ故小球从开始运动到小球速度达到最大，小球经过的最小路程为x′＝eq\f（mgsinθ，k)。答案：(1）eq\r(\f(2mgsinθ－a,ka）)(2）eq\f(mgsinθ,k)15.如图所示,将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间的动摩擦因数为μ＝0。8。对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ＝53°的拉力F,使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．（取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)解析:当环与直杆之间没有作用力时，在垂直杆方向有Fsinθ＝mg解得F＝1。25N当F<1。25N时,杆对环的弹力向上，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件有Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg解得F＝1N当F〉1.25N时，杆对环的弹力向下，对环进行受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件有F′cosθ－μF′N＝ma，F′sinθ＝mg＋F′N解得F′＝9N.答案：1N或9N16.如图所示,长L＝1.5m、高h＝0。45m、质量M＝10kg的长方体木箱，在水平地面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6m/s时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端eq\f（L,3)处的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间,小球脱离木箱落到地面．木箱与地面间的动摩擦因数